Question

20．如圖所示，與水平方向成θ=37°角的傳送帶以速度v₀=3m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶兩端AB的距離足夠長，傳送帶下端A點與一水平面平滑相接，在空間中所有區(qū)域存在一與水平方向夾角θ=37°，方向與傳送帶平行的勻強電場，場強大小E=10N/C．有一質(zhì)量為m=2kg，帶電量q=+0.5C的小物塊放于距A點x₁=10.125m的P點靜止釋放．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{2}{17}$．物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ₂=$\frac{1}{8}$，物塊在水平面及傳送帶上運動時，所有接觸面均絕緣，物塊在運動過程中電量不變，經(jīng)過A點動能不損失，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物塊首次運動到A點時的速度大�。�
（2 ）物塊在傳送帶上向上運動到最高點所用時間及此過程中產(chǎn)生的摩擦熱Q；
（3）物塊運動到最高點位置的電勢φ．（設(shè)P點電勢為零）

Answer 1

分析 （1）對物塊從P到A過程，根據(jù)動能定理列式求解末速度；
（2）對物塊沿著傳送帶上升過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解時間；根據(jù)Q=f•△S求解系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量；
（3）求出物塊向上運動的距離，應(yīng)用U=Ed求出電勢差，然后根據(jù)電勢差的定義求出最高點的電勢．

解答 解：（1）從P到A過程，由動能定理得：
qEcosθ•x₁-μ₁（mg-qEsinθ）x₁=$\frac{1}{2}$mv_A²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v_A=4.5m/s；
（2）共速前，對物塊，由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μ₂mgcosθ-qE=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=4.5m/s²，
運動時間：t₁=$\frac{{v}_{A}-{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.5-3}{4.5}$=$\frac{1}{3}$s，
相對位移：△s₁=$\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}$t₁-v₀t₁=$\frac{4.5+3}{2}$×$\frac{1}{3}$-3×$\frac{1}{3}$=0.25m，
共速后，物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：
mgsinθ-μ₂mgcosθ-qE=ma₂，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=2.5m/s²，
運動時間為：t₂=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{2.5}$=1.2s，
相對運動位移為：△s₂=v₀t₂-$\frac{{v}_{0}}{2}$t₂=3×1.2-$\frac{3}{2}$×1.2=1.8m，
產(chǎn)生的熱量為：Q=μ₂mgcosθ（△s₁+△s₂）=$\frac{1}{8}$×2×10×cos37°×（0.25+1.8）=4.1J；
（3）物塊沿斜面向上運動的距離為：x₂=$\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}$t₁+$\frac{{v}_{0}}{2}$t₂=$\frac{4.5+3}{2}$×$\frac{1}{3}$+$\frac{3}{2}$×1.2=3.05m，
設(shè)最高點為C，則有：U_PC=E（x₁cosθ+x₂），
代入數(shù)據(jù)解得：U_PC=111.5V，
電勢差為：U_PC=φ_P-φ_C，
最高點電勢為：φ_C=φ_P-U_PC=0-111.5=-111.5V；
答：（1）物塊首次運動到A點時的速度大小為4.5m/s．
（2 ）程中產(chǎn)生的摩擦熱Q為4.1J；
（3）物塊運動到最高點位置的電勢φ為-111.5V．

點評 本題過程多、規(guī)律多，關(guān)鍵是分過程進(jìn)行受力分析、狀態(tài)分析和能量轉(zhuǎn)化分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，結(jié)合勻變速直線運動的規(guī)律列式求解．